thuvientoan.net xin gửi đến các bạn đọc Đề thi vào chuyên Toán trường THPT chuyên Quốc học Huế năm 2023 có lời giải chi tiết.
Ngày 9/6/2022, trường THPT Quốc học Huế tổ chức kì thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán THPT năm 2023. Trong bài viết này thuvientoan.net xin gửi đến bạn đọc Đề thi vào lớp 10 môn Toán chuyên các thi sinh dự thi vào trường THPT chuyên Quốc học Huế năm học 2022 - 2023.
Đề thi gồm 5 câu hỏi lớn với nhiều ý nhỏ, thời gian làm bài 150 phút. Các câu hỏi tập trung kiến thức chương trình chuyên Toán lớp 9 như Rút gọn biểu thức chứa căn và bài toán liên quan, phương trình vô tỉ, hệ phương trình, phương trình nghiệm, số nguyên tố, hình học phẳng và tổ hợp.
Đề thi năm nay được nhận xét là bám theo cấu trúc và nội dung đề thi vào chuyên Toán các năm trước, phù hợp với thí sinh dự thi khối chuyên Toán trường THPT chuyên Quốc học Huế. Bên cạnh giới thiệu đến bạn đọc đề thi vào chuyên Toán của trường THPT chuyên Quốc học Huế năm 2023, đội ngủ giáo viên của thuvientoan.net còn biên soạn lời giải chi tiết để giúp các bạn học tập hiệu quả hơn. Chúc các bạn học tốt!
Hi vọng với đề thi này, các bạn sẽ rèn luyện được kỹ năng làm bài cũng như ôn lại các kiến thức quan trọng. Chúc các bạn học tốt!
Tài liệu
Like fanpage của thuvientoan.net để cập nhật những tài liệu mới nhất: //bit.ly/3g8i4Dt.
THEO THUVIENTOAN.NET
Chiều 9/6, hơn 7.600 thí sinh thi vào lớp 10 Thừa Thiên Huế năm 2022 đã làm bài thi môn Toán.
Dưới đây là đề thi môn Toán vào lớp 10 Thừa Thiên Huế năm 2022 mới nhất, đầy đủ nhất.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2022 - 2023 tỉnh Thừa Thiên Huế diễn ra từ ngày 9 - 11/6/2022, có 7.639 thí sinh đăng ký dự thi tại 16 điểm thi.
Điểm mới của kỳ thi năm nay là thí sinh chỉ dự thi 1 ngày. Sáng: 9/6, thi môn Ngữ văn; Chiều: thi môn Toán và Ngoại ngữ.
Ngày 10 - 11/6/2022, thí sinh thi các môn chuyên tại điểm thi trường THPT Hai Bà Trưng và trường THPT chuyên Quốc Học.
Đề thi tuyển sinh Toán 9 vào lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học Huế có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI CHÍNH THỨC |
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày 18 tháng 7 năm 2020 Môn thi: TOÁN [CHUYÊN TOÁN] |
Câu 1. [1,5 điểm]
a] Cho biểu thức : $P = \frac{{\sqrt x .\left[ {\sqrt x + 1} \right]}}{{1 – x}} + \frac{{{{\left[ {\sqrt x – 2} \right]}^2} + 3\sqrt x – x}}{{1 – \sqrt x }}$, tìm điều kiện của $x$để $P < 8$
b] Cho $f\left[ n \right] = \frac{1}{{\sqrt {4{n^2} – 1} \left[ {\sqrt {2n + 1} + \sqrt {2n – 1} } \right]}},$tính $Q = f\left[ 1 \right] + f\left[ 2 \right] + ….. + f\left[ {40} \right]$
Câu 2. [1,5 điểm]
a] Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy,$ cho đường thẳng $\left[ d \right]:y = mx + 4\left[ {m \ne 0} \right]$và parabol $\left[ P \right]:y = 2{x^2}$. Gọi $A,B$ là các giao điểm của $\left[ d \right]$và $\left[ P \right];A’,B’$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục hoành. Tìm $m$ để diện tích tứ giác $ABB’A’$ bằng $15\left[ {c{m^2}} \right]$[đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimet]
b] Giải hệ phương trình : $\left\{ \begin{array}{l}{x^2}y – y + x = 3xy\\x{y^2} + {y^3} – {x^3} = 3xy\end{array} \right.$
Câu 3. [2,0 điểm]
a]Giải phương trình $\left[ {\sqrt {x + 3} + \sqrt {6 – x} } \right]\left[ {6\sqrt {2x + 6} – 2x – 13} \right] = 6\sqrt 2 $
b] Chứng minh phương trình ${x^2} – \left[ {{m^2} – 1} \right]x + m{\left[ {m – 1} \right]^2} = 0$ [$x$ là ẩn số] luôn có nghiệm với mọi giá trị của $m.$ Gọi ${x_1},{x_2}$ là các nghiệm của phương trình đã cho, giả sử ${x_1} \le {x_2},$ tìm $m$ để ${x_2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 4. [3,0 điểm]
Cho hai đường tròn [O] và [O’] cắt nhau tại hai điểm phân biệt và $A$ và $B\,[$điểm O nằm ngoài đường tròn $\left[ {O’} \right]].$ Từ một điểm M trên tia đối của tia $AB,$ vẽ các tiếp tuyến $MC,$$MD$ với đường tròn [O], [C, D là các tiếp điểm và $D$ nằm trong đường tròn $\left[ {O’} \right]]$. Hai đường thẳng $AC,AD$ cắt đường tròn $\left[ {O’} \right]$ lần lượt tại E và F [$E,F$ không trùng với $A],$ hai đường thẳng $CD$ và $EF$ cắt nhau tại $I$
a] Chứng minh tứ giác $BCEI$ nội tiếp và $EI.BD = BI.AD$
b] Chứng minh $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $EF$
c] Chứng minh khi $M$ thay đổi trên tia đối của tia $AB$ thì đường thẳng $CD$ luôn đi qua một điểm cố định
Câu 5. [2,0 điểm]
a] Tìm tất cả các giá trị nguyên của $x$ và $y$ thỏa mãn :
$2021\left[ {{x^2} + 2{y^2}} \right] – 2020\left[ {2xy + y} \right] = 2022$
b] Cho $x,y,z$là ba số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$S = \frac{{\sqrt {2{x^2} – xy + 2{y^2}} }}{{x + y + 2z}} + \frac{{\sqrt {2{y^2} – yz + 2{z^2}} }}{{y + z + 2x}} + \frac{{\sqrt {2{z^2} – zx + 2{x^2}} }}{{z + x + 2y}}$
ĐÁP ÁN
Câu 1. a] ĐKXĐ: $x \ge 0,x \ne 1$. Khi đó :
$\begin{array}{l}P = \frac{{\sqrt x \left[ {\sqrt x + 1} \right]}}{{1 – x}} + \frac{{{{\left[ {\sqrt x – 2} \right]}^2} + 3\sqrt x – x}}{{1 – \sqrt x }}\\ = \frac{{\sqrt x }}{{1 – \sqrt x }} + \frac{{x – 4\sqrt x + 4 + 3\sqrt x – x}}{{1 – \sqrt x }} = \frac{{\sqrt x }}{{1 – \sqrt x }} + \frac{{4 – \sqrt x }}{{1 – \sqrt x }} = \frac{4}{{1 – \sqrt x }}\end{array}$
Ta có $P < 8$
$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{4}{{1 – \sqrt x }} < 8 \Leftrightarrow \frac{1}{{1 – \sqrt x }} < 2 \Leftrightarrow \frac{1}{{1 – \sqrt x }} – 2 < 0 \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt x – 1}}{{1 – \sqrt x }} < 0\\ \Leftrightarrow \frac{{2\left[ {\sqrt x – \frac{1}{2}} \right]}}{{\sqrt x – 1}} > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x – 1 < \sqrt x – \frac{1}{2} < 0\\0 < \sqrt x – 1 < \sqrt x – \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x – \frac{1}{2} < 0\\0 < \sqrt x – 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le x < \frac{1}{4}\\1 < x\end{array} \right.\end{array}$
Kết hợp với điều kiện suy ra $0 \le x < \frac{1}{4}$hoặc $x > 1$thì $P < 8$
b] Ta có: $f\left[ n \right] = \frac{{\sqrt {2n + 1} – \sqrt {2n – 1} }}{{2\sqrt {4{n^2} – 1} }} = \frac{1}{2}\left[ {\frac{1}{{\sqrt {2n – 1} }} – \frac{1}{{\sqrt {2n + 1} }}} \right]$
$ \Rightarrow Q = f\left[ 1 \right] + f\left[ 2 \right] + ….. + f\left[ {40} \right]$
$\begin{array}{l} = \frac{1}{2}\left[ {\frac{1}{{\sqrt 1 }} – \frac{1}{{\sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} – \frac{1}{{\sqrt 5 }} + …… + \frac{1}{{\sqrt {79} }} – \frac{1}{{\sqrt {81} }}} \right]\\ = \frac{1}{2}\left[ {1 – \frac{1}{9}} \right] = \frac{4}{9}\end{array}$
Câu 2.
a] Xét phương trình hoành độ giao điểm $\left[ d \right]$ và $\left[ P \right]$ta có: $2{x^2} = mx + 4$
$ \Leftrightarrow 2{x^2} – mx – 4 = 0$
Nhận thấy $ac < 0 \Rightarrow pt$ luôn có 2 nghiệm phân biệt
Gọi tọa độ của $A\left[ {{x_1},{y_1}} \right],B\left[ {{x_2},{y_2}} \right],A’\left[ {{x_1},0} \right],B’\left[ {{x_2};0} \right]$
Theo định lý Vi-et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{m}{2}\\{x_1}{x_2} = – 2\end{array} \right.$
$\begin{array}{l} \Rightarrow S = \frac{1}{2}\left| {{y_1} + {y_2}} \right|.\left| {{x_2} – {x_1}} \right| = 15 \Leftrightarrow \left[ {x_1^2 + x_2^2} \right]\sqrt {{{\left[ {{x_1} + {x_2}} \right]}^2} + 8} = 15\\ \Leftrightarrow \left[ {\frac{{{m^2}}}{4} + 4} \right]\sqrt {\frac{{{m^2}}}{4} + 8} = 15\end{array}$
Đặt $\frac{{{m^2}}}{4} + 4 = t\left[ {t > 0} \right]\left[ 2 \right]$. Thì [1] tương đương với
$\begin{array}{l}t\sqrt {t + 4} = 15 \Leftrightarrow {t^3} + 4{t^2} – 225 = 0 \Leftrightarrow \left[ {t – 5} \right]\left[ {{t^2} + 9t + 5} \right] = 0\\ \Leftrightarrow t – 5 = 0 \Leftrightarrow t = 5 \Rightarrow \frac{{{m^2}}}{4} + 4 = 5 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = – 2\\m = 2\end{array} \right.\end{array}$
Vậy $m \in \left\{ {2; – 2} \right\}$thì thỏa đề
b] $\left\{ \begin{array}{l}{x^2}y – y + x = 3xy & [1]\\x{y^2} + {y^3} – {x^3} = 3xy & [2]\end{array} \right.$. Trừ vế theo vế [1] và [2] ta có:
$\begin{array}{l}{x^2}y – y + x – x{y^2} – {y^3} + {x^3} = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {{x^3} – {y^3}} \right] + \left[ {{x^2}y – x{y^2}} \right] + \left[ {x – y} \right] = 0\end{array}$
$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ {x – y} \right]\left[ {{x^2} + xy + {y^2} + xy + 1} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {x – y} \right]\left[ {{{\left[ {x + y} \right]}^2} + 1} \right] = 0 \Leftrightarrow x = y\end{array}$
Thay $y = x$vào [1] ta được:
${x^3} – x + x = 3{x^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y = 0\\x = y = 3\end{array} \right.$
Vậy $\left[ {x;y} \right] \in \left\{ {\left[ {0;0} \right];\left[ {3;3} \right]} \right\}$
Câu 3.
a] Gpt: $\left[ {\sqrt {x + 3} + \sqrt {6 – x} } \right]\left[ {6\sqrt {2x + 6} – 2x – 13} \right] = 6\sqrt 2 \left[ { – 3 \le x \le 6} \right]$
Ta có: $6\sqrt {2x + 6} – 2x – 6 – 9 + 2 = 2 – {\left[ {\sqrt {2x + 6} – 3} \right]^2} \le 2$
$\begin{array}{l}{\left[ {\sqrt {x + 3} + \sqrt {6 – x} } \right]^2} \le \left[ {1 + 1} \right]\left[ {x + 3 + 6 – x} \right] = 18\\ \Rightarrow \sqrt {x + 3} + \sqrt {6 – x} \le 3\sqrt 2 \\ \Rightarrow \left[ {\sqrt {x + 3} + \sqrt {6 – x} } \right]\left[ {6\sqrt {2x + 6} – 2x – 13} \right] \le 6\sqrt 2 = VP\end{array}$
Dấu xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}x + 3 = 6 – x\\\sqrt {2x + 6} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}[tm\,dkxd]$
Vậy $x = \frac{3}{2}$
$\begin{array}{l}b]{x^2} – \left[ {{m^2} – 1} \right]x + m{\left[ {m – 1} \right]^2} = 0\\\Delta = {\left[ {{m^2} – 1} \right]^2} – 4m{\left[ {m – 1} \right]^2} = {\left[ {m – 1} \right]^2}\left[ {{m^2} + 2m + 1 – 4m} \right]\\ = {\left[ {m – 1} \right]^2}{\left[ {m – 1} \right]^2} = {\left[ {m – 1} \right]^4} \Rightarrow \sqrt \Delta = {\left[ {m – 1} \right]^2}\end{array}$
Vậy phương trình có 2 nghiệm
$\begin{array}{l}{x_1} = \frac{{{m^2} – 1 – {{\left[ {m – 1} \right]}^2}}}{2} = m – 1\\{x_2} = \frac{{{m^2} – 1 + {{\left[ {m – 1} \right]}^2}}}{2} = {m^2} – m\$Do\,{x_2} – {x_1} = {m^2} – m – \left[ {m – 1} \right] = {\left[ {m – 1} \right]^2} \ge 0]\end{array}$
Ta lại có : ${x_2} = {m^2} – m = {\left[ {m – \frac{1}{2}} \right]^2} – \frac{1}{4} \ge – \frac{1}{4} \Rightarrow \min {x_2} = – \frac{1}{4} \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$
Vậy $m = \frac{1}{2}$thì ${x_2}$đạt giá trị nhỏ nhất là $ – \frac{1}{4}$
Câu 4.
a] Trong $\left[ O \right]:\widehat {ICB} = \widehat {BAD},$trong $\left[ {O’} \right]:\widehat {BAD} = \widehat {BEF}$
$ \Rightarrow \widehat {ICB} = \widehat {BEF} \Rightarrow BCEI$là tứ giác nội tiếp $ \Rightarrow \angle BIF = \angle ACB$
Ta có: $ADBC$ nội tiếp
$ \Rightarrow \widehat {ACB} = \widehat {BDF} \Rightarrow \angle BIF = \angle BDF \Rightarrow \angle ADB = \angle BIE$ [1]
Mà $\angle BAD = \angle BEI[2]$. Từ [1] và [2] $ \Rightarrow \Delta BAD \sim \Delta BIE \Rightarrow BD.IE = BI.AD$
b] Ta có; $\widehat {IFB} = \widehat {BAC} = \widehat {BDC} \Rightarrow IFBD$ là tứ giác nội tiếp $ \Rightarrow \widehat {IBF} = \widehat {IDF} = \widehat {ADC} = \widehat {ABC} \Rightarrow \Delta IFB \sim \Delta CAB$
Mặt khác: $\widehat {FIB} = \widehat {FDB} \Rightarrow \widehat {EIB} = \widehat {ADB}$và $\widehat {IEB} = \angle DAB \Rightarrow \Delta EIB \sim \Delta ADB$
Từ đó suy ra $\frac{{IF}}{{IB}} = \frac{{CA}}{{CB}} = \frac{{AD}}{{DB}} = \frac{{IE}}{{IB}} \Rightarrow IF = IE$
c] Gọi G là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A, B của đường tròn và H là giao điểm của $MO$ với CD. Khi đó $H$ là trung điểm CD và $AGBO$ là tứ giác nội tiếp
Mặt khác, $OH.OM = O{D^2} = O{A^2} = O{B^2} \Rightarrow \Delta BOH \sim \Delta MOB \Rightarrow \widehat {BHO} = \widehat {MBO} = \widehat {BAO}$
$ \Rightarrow AHOB$ nội tiếp hay 5 điểm $G,A,B,H,O,B $ nội tiếp $ \Rightarrow \widehat {GHO} = \widehat {GAO} = {90^0},$
Tức là $GH \bot OH.$ Mà $OH \bot DH$ nên $G,D,H,C$ thẳng hàng. Vậy $CD$ luôn đi qua điểm $G$ cố định là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $A,B$ của đường tròn $\left[ O \right]$
Câu 5.
a] Ta có: $\begin{array}{l}2021\left[ {{x^2} + 2{y^2}} \right] – 2020\left[ {2xy + y} \right] = 2022\\ \Leftrightarrow 2020{\left[ {x – y} \right]^2} + {x^2} + 2022{y^2} – 2020y = 2022\,[1]\\Th1:y \le – 1 \Rightarrow 2022{y^2} – 2022y \ge 4042[VN]\\Th2:y \ge 2 \Rightarrow 2022{y^2} – 2020y > 2022{y^2} – 2022y = 2022y\left[ {y – 1} \right] \ge 2022y \ge 4022[VN]\\Th3:y = 0 \Rightarrow 2020{x^2} + {x^2} = 2022 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{2022}}{{2023}} \notin \mathbb{Z}\\Th4:y = 1 \Rightarrow 2020{\left[ {x – 1} \right]^2} + 2022 – 2020 + {x^2} = 2022\\ \Leftrightarrow 2021{x^2} – 4040x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0[tm]\\x = \frac{{4040}}{{2021}}[ktm]\end{array} \right.\end{array}$
Vậy $\left[ {x;y} \right] = \left[ {0;1} \right]$
b] Ta có: $\sqrt {2{x^2} – xy + 2{y^2}} \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left[ {x + y} \right]$
$ \Leftrightarrow 2{x^2} – xy + 2{y^2} \ge \frac{3}{4}\left[ {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right] \Leftrightarrow \frac{5}{4}{\left[ {x – y} \right]^2} \ge 0$[luôn đúng]
Vậy $S \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sum\limits_{}^{} {\frac{{x + y}}{{x + y + 2z}}} $. Đặt $\left\{ \begin{array}{l}x + y = a\\y + z = b\\z + x = c\end{array} \right.$
$ \Rightarrow S \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sum {\frac{a}{{b + c}} = } \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sum {\frac{{{a^2}}}{{ab + bc}} \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sum\limits_{}^{} {\frac{{{{\left[ {a + b + c} \right]}^2}}}{{2\left[ {ab + bc + ca} \right]}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.3 = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}} } $
Dấu xảy ra $ \Leftrightarrow x = y = z$